Pilas y Pilotes 1

 

Jardín junio 2021

 

DISEÑO DE PILAS Y PILOTES 

En nuestro medio “pilas” son los elementos de fundación profunda con un diámetro superior a 0.9m y pilotes, los que tengan diámetros menores. Esta distinción es importante, pues las “pilas”, por su gran diámetro, pueden ser diseñadas para solicitaciones horizontales que producen flexión, mientras que los “pilotes”, por su pequeño diámetro, tienen poca resistencia a la flexión volviéndose ineficientes. En zonas sísmicas no es conveniente colocar pilotes inclinados. 

Con relación a la fricción, es aconsejable despreciar los 1,0 superiores, por estar el terreno alterado por las labores de construcción y a no ser que el suelo sea muy uniforme, es mejor usar un valor de fricción variable, usualmente con una variación lineal.

Normalmente, cuando se tiene fundaciones profundas, se habla de su longitud o de la profundidad a la que llegaron. 

 MÉTODO DE THERZAGUI

Desde 1948 Therzagui y Peck propusieron un método basado en sus coeficientes Nc, Nq y Nγ.

La capacidad de soporte de un suelo para el caso de fundaciones circulares de diámetro D y profundidad h viene dada por la fórmula: 

sult = 1,3CNc+gDfNq+0,3gDNg                          (1) 

Donde C es la cohesión del suelo, obtenida bien sea a través del ensayo triaxial o bien a través de la compresión simple. Si se utiliza compresión simple obtenemos un valor qu (carga última de falla) y entonces se acepta que la cohesión c = qu/2

γ=peso específico del suelo

Df: Profundidad de desplante de la pila 

Y para fundaciones cuadradas de lado B o rectangulares BxH y B<H

sult = 1,2CNc+gDfNq+0,4gBNg                           (2)

Nota. Las fórmulas experimentales aceptadas por Therzagui y otros autores tiene las siguientes fórmulas: 

Nq=e^ptanφ tan²(45+φ/2)                                               (3) 

Nc=cotφ(Nq-1)                                                          (4) 

Ng=2(Nq-1)tanφ                                                       (5) 

Donde φ es el ángulo de fricción interna del suelo. 

Para fundaciones profundas estos factores se convierten en N’c, N’q y N’y y se calculan con la misma fórmula, pero cambiamos el valor del ángulo φ por φ’ de acuerdo con la fórmula tan φ’=(2/3)tan φ

En estas ecuaciones Nc, Nq y Nγ son denominados factores de capacidad de carga y dependen del ángulo de fricción interna del suelo φ Figuras 1, 2 y 3 (Son equivalentes)

Para el caso de pilas y pilotes la carga de punta última ser calculada por medio de los factores de las ecuaciones de Meyerhof, Hansen y Vesic.

sult = CN’c+gDfN’q+0,5gBN’g                                (6)

Df profundidad de desplante de la pila o pilote.

Ap= área efectiva de la punta del pilote, por lo general incluye cualquier empalme o conexión

C = cohesión (o resistencia al corte no drenada su) de suelo en la punta del pilote o estrato de apoyo o en cada parte del fuste.

B = base del pilote (diámetro D)

N’c= factor de capacidad de carga por cohesión, ajustado por forma y profundidad, cuando φ= 0 se tiene c = su, N’c se toma igual a 9

N’q= factor de capacidad de carga por efectos de sobrecarga, q’ = g⋅z (presión o esfuerzo efectivo a la profundidad z) incluye los factores de forma y profundidad

N’g= factor de capacidad de carga debido al ancho de base. N’g no es afectado por los efectos de profundidad

q’ = esfuerzo vertical efectivo (presión de sobrecarga) al nivel de la punta del pilote g densidad de cada estrato de suelo que atraviesa el pilote.

A veces se puede añadir el peso de la pila o pilote 

N’c, N’q y N’γ se deben buscar del gráfico 1

Gráfico 1 Figura 1 Factores Nc, Nq y Ng y N’c, N’q y N’g

Para arcillas muy blandas o muy expansivas, se recomienda utilizar los factores N’c, N’q y N’g, de la gráfica 1. Además, hay expresiones matemáticas para encontrar los factores Nc, Nq y Ng que ya se mencionaron anteriormente. Igualmente, en vez de C se utiliza C’= 2/3 (qu/2), donde qu es la resistencia de falla en el ensayo de compresión simple. Igualmente, para fundaciones de pilas y pilotes también se recomienda utilizar los factores: N’c, N’q y N’g, de la gráfica 1, ecuación 3, 4 y 5

N’c, N’q y N’γ se determinan gráficamente con base en el ángulo de fricción Φ.

 

Figura 2 N’c, N’q y N’γ 

En este gráfico realmente se obtienen son los factores N’c, N’q y N’g, pero con el ángulo Φ’

C’ representa la influencia de la cohesión, Nq el efecto que produce la sobrecarga del peso del suelo y Ng se refiere a las dimensiones de la fundación. 4

 

Para suelos sensibles como las arcillas blandas y las arenas sueltas y para las pilas y pilotes se aplican los factores Nc’, Nq’ y Nγ’ que se dan en las líneas punteada de la figura 1, para valores de φ o se calculan con las fórmulas arriba mencionadas cambiando φ por φ’

¿Cuál es valor de Φ’? El que obtengamos de la ecuación tanΦ’= (2/3) tanΦ

En suelos totalmente cohesivos

φ=0 y de la figura 1 se obtiene N’q= 1 y N’γ=0

Por tanto, para fines prácticos, en suelos arcillosos 

smax = CN’c + gDf                                                         (7)

Más aun, el término gDf en la ecuación (3) resulta ser más pequeño y menos significativo que CNc, por lo que comúnmente se ignora. Lo anterior va por el lado de la seguridad pues se obtiene una capacidad de soporte ligeramente inferior a la real, si se hubiera tenido en cuenta el sumando gDf

Los investigadores han determinado que para este tipo de suelos Nc varía entre 7 y 9.5, por lo que podemos utilizar un Nc = 9 y la fórmula (3) para suelos arcillosos de φ=0 se reduce a 

sult=9Nc o 9N’c                                                                             (8) 

En suelos granulares c=0 y los valores de N’q y N’γ se leen del gráfico 1 en función de φ’.

Para estos suelos

Fundaciones circulares σmax = gDfN’q +0,5gDN’g (D diámetro de la circunferencia) (9)

Fundaciones cuadradas σmax = gDfN’q +0,4gBNg (B lado del cuadrado)          (10)

O si es un rectángulo BxH y B<H 

La resistencia de una pila se medirá así: 

Pu=Puf + Pup         Puf resistencia por fricción en el fuste

                               Pup resistencia por compresión, por punta- 

Y la carga admisible de diseño será 

Pa = P admisible = Pu/FS                        y FS estará 2<3 

(De acuerdo con la confiabilidad del estudio de suelos, podríamos utilizar) 

Pilas en Arena 

La carga límite por fricción lateral se obtiene al multiplicar el coeficiente de fricción por el área del fuste. Esta presión es función de la sobrecarga vertical del suelo en contacto con la pila o pilote y aumenta con la profundidad.

Se ha podido comprobar que, en pilotes hincados, la presión vertical no crece indefinidamente en toda la altura del pilote, sino por debajo de un cierto nivel de penetración conocido como altura crítica se estabiliza y se mantiene constante, como muestra la figura 3.

Figura 3 Variación de la presión Efectiva Mayerhof 1976

hc = 10D en arenas y gravas sueltas

hc = 15D en arenas intermedias

hc= 20C en arenas densas o compactas.

La resistencia límite por fricción en suelos cohesivos resulta:

p es el perímetro de la sección transversal del pilote y k el coeficiente de presión lateral, cuyo valor depende de la forma de la instalación como lo indica la tabla 1

Tabla 1

Figura 3 Variación de la presión Efectiva Mayerhof 1976 

hc = 10D en arenas y gravas sueltas

hc = 15D en arenas intermedias

hc= 20C en arenas densas o compactas.

La resistencia límite por fricción en suelos cohesivos resulta:

Puf= p (Área diagrama qv vs z, qv en ton/m2 y z(m)) kf                   (11) 

p es el perímetro de la sección transversal del pilote y k el coeficiente de presión lateral, cuyo valor depende de la forma de la instalación como lo indica la tabla 1

Tabla 1 K coeficiente de presión lateral de tierra. (aprox = (1-senΦ)) 

El valor f se ha conseguido en forma experimental y depende del material con el cual se construye la pila o pilote, y para el caso del concreto es de 0,45 Igual a tan δ

Tabla 2 Valor de f

 

Aunque la hipótesis de la figura 3 es para pilotes hincados, se puede utilizar también para el caso de las pilas vaciadas. Otra forma, menos conservativa para el caso de las pilas vaciadas es suponer que la presión aumenta linealmente con la profundidad, sin limitaciones. Se correría el riesgo de sobreestimar la resistencia por fricción.

La resistencia límite por punta Pup se obtiene de sustituir el término:

gDfN’q por qvN’q 

Esto ha sido demostrado por los ingenieros de suelos de ciudad de México. 

Con lo que la resistencia de punta en pilotes circulares queda reducida a:

Pup = (qvN’q + 0,5gDN’g) Ap                                              (12) 

Ap área transversal del pilote en m2 

Ap es el área de la punta

El Pa admisible es Pu/Fs = Pu/3 

En las siguientes dos entradas del blog, se presentarán diferentes ejemplos.

Juan Fernando Sanin E

juanfernando.sanin@gmail.com

 

Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales: Problema de vaciado de tanques y Problema de la Nieve

 

Jardín 18 de mayo de 2021

Aplicaciones de las ED.

1. Vaciada de un tanque. 

2. Problema de la nieve.

El tanque tiene sección variable. Además, en el tiempo t=0 segundos, la altura del líquido, respecto de la boca de salida es H.

Para resolver este problema debemos recurrir a la ecuación de Bernoulli

Para un flujo de un líquido, entre los dos puntos 1 y 2 se da la siguiente ecuación.

P₁ + rgh₁ + rv₁²/2 = P₂ + rgh₂ + rv₂²/2                       (1)

Donde:

P₁ y P₂ es la presión en Newton/m2 (N/m2)

r en Kg/m3

g = 9,8 m/s2

v₁ y v₂ en m/s

Suponemos que en el tiempo t, la altura del líquido es y (ver figura 1)

Nota. Hay que ser consecuente con las unidades. Además, la presión atmosférica en la superficie de la tierra es 1 atm = 101325 Pa y 1 Pa =1N/m2

la ecuación de Bernoulli en el tiempo t, cuando la altura del líquido en el tanque es y, respecto de la boca de salida.

Nos referiremos a la figura 1 b, cuando ya han transcurrido t segundos desde que se inició el vaciado. En el punto 1(tiempo t y altura y) la velocidad v₁ es prácticamente 0. En el punto 2, la velocidad es v(y) y h₂ =0

P₁ + rgy + rv₁²/2 = P₂ + rgh₂ + rv²/2

P₁ = P₂ igual a 1 atmósfera = 101325 N/m2

En el punto 1 la altura es y(m) y en el punto 2 y=0 m

Reemplazando en la ecuación de Bernoulli, esta queda así:

rgy = rv²/2          o               v=√2gy m/s, siempre y cuando se utilicen las unidades indicadas.

Esta ecuación, que es un caso particular de la de Bernoulli se llama de Torricelli.

Nota. En este tipo de problema hay otro factor involucrado. Nos referimos a la viscosidad. No fluye con igual velocidad, por el agujero del desagüe, si el tanque está lleno de miel de abeja o de agua. La ecuación de Torricelli se modifica en la práctica así:

v=K√2gy m/s                                                      0<K<=1, siendo 1 para el agua y otros líquidos no viscosos. Para nuestro caso, suponemos que k= 1 (agua o líquido similar) y casó 0 para líquidos muy viscosos.

v=√2gy m/s             ecuación que vamos a utilizar.

Suponemos que se conoce el área de la boca del desagüe: a (m2)

En el tiempo t + ∆t, el volumen V(t + ∆t) será:

V(t + ∆t) = V(t) - av∆t

V(t + ∆t) - V(t)= -av∆t

[V(t + ∆t) - V(t)]/ ∆t =-av     y cuando ∆t tienda a 0, la expresión anterior se convierte en:

dV(t)/dt = -a√2gy                                                                    (3)

En el intervalo ∆t, la altura del líquido y tiene una disminución ∆y

V al igual que es función de t, también es función de y

V (y + ∆y) = V(y) – A(y) ∆y

V (y + ∆y) = V(y) – A(y) ∆y           A(y) es el área transversal del tanque

[V (y + ∆y) - V(y)]/ ∆y =-A(y)

Cuando ∆y tienda a 0

dV(y)/dy= - A(y)                                                              (4)

Hagamos una transformación a la ecuación (3)

(dV(t)/dt )(dy/dy)= -a√(2gy)

(-A(y))dy/dt) = -a√(2gy)                                                     (5)

La ecuación (5) es una ecuación diferencial, que se resuelve por separación de variables y nos da

∫[(A(y)/( a√(2gy))]dy = t + C

Con los datos del problema, encontramos C y encontramos el tiempo

Que tarda en vaciarse el tanque.

Ejemplo 1

Un tanque cilíndrico está lleno de un líquido con fluidez k=1. En el tiempo t = 0 la altura es 2,7 m y t=1 h la y es igual a 1,2 m.

Calcular el tiempo.

Cualquiera sea el volumen, el tanque es cilíndrico y por tanto A(y) es A (constante)

Vamos a la ecuación (5). Esta se convierte en:

Ady/dt =a(2gy) ^(1/2)

[A/(a(2gy) ^½)]dy = dt                      (A / (2g) ^½ a) Es una constante M, aunque 

no la conocemos.

M y ^-1/2 dy = dt

Integrando a ambos lados:

M y ^½ / (1/2) = t + C            o              2M y ^½ = t + C       (6)

Cuando t = 0     y = 2,7 m                          2M (2,7) ^½ =C

Cuando t =1h = 3600 s      y=1,2 m               2M (1,2) ^½ =3600 + C

Por tanto

2(1,095) M =3600 + 2M (1,6432)

1,0955M = -3600              M = -3286,17

C=-10799,66

La (6) queda

-6572,34y ^½ =t -10799,66          y (m)        t(s)

Cuando y=0 (se vació el tanque)               t= 10799,66 segundos

=2 h 59 min 59 s

Ejemplo 2

Problema de la nieve. (¿A qué hora empezó a nevar?)

Está nevando con regularidad (con intensidad constante y se supone que la velocidad de la máquina es inversamente proporcional a la altura de nieve). Una máquina quitanieves sale a las 12 del mediodía y recorre 2 kms en la 1ª hora y 1 km en la 2ª hora. ¿A qué hora empezó a nevar?

 

Cuando uno ve este problema por primera vez, se piensa que faltan datos o porqué no preguntaron ¿Cómo se llama el conductor de la máquina?

 

t₀ es el tiempo trascurrido desde que empezó a nevar hasta las 12 M que inicia trabajo la máquina quitanieves y t el tiempo de trabajo de la maquina después de las 12.

De acuerdo con el enunciado se supone también que la velocidad de la máquina es inversamente proporcional a la altura h, que alcanza la nieve en el tiempo: to+ t.

Luego la velocidad de la máquina es: v = ds/dt = k/h km/hora (k es una cte.)

La altura h de la nieve es proporcional a t₀ + t (a más tiempo, más altura), pues nieva a una rata constante.

 

h= k₁(t₀ + t) (k₁es otra constante)

t₀ = –1,30901699 horas no tiene sentido.

 

 t₀ = 0,618033988 horas = 37 minutos y 4,922 segundos antes de las 12 es la respuesta que tiene sentido

 

Empezó a nevar a 12 horas – (37 minutos y 4,922 segundos) = 11 horas, 22 minutos, 55,078 segundos.

 

Juan Fernando Sanín E

juanfernando.sanin@gmail.com

Ecuaciones diferenciales exactas

 

 

Jardín 18 de mayo de 2021

 

 

Ecuación diferencial exacta

 

M (x, y) dx+N (x, y) dy=0                                              (1)

Implica que hay una función f (x, y) =c, tal que su diferencial es

df (x, y) =M (x, y) dx+N (x, y) dy, donde fx= M y fy=N

Las derivadas parciales fx = M (x, y) y fy=N (x, y), deben ser continuas en una región, definida por a< x < b, c < y < d. Entonces, la condición necesaria y suficiente para que M (x, y) dx+ N (x, y) dy sea una diferencial exacta es que

My=fxy

Ny=fyx

Mx=Ny                      Recordar que en derivadas parciales fxy = fyx

Ya que fxy = fyx

El orden en que se haga la derivación no afecta el resultado de la derivada.

Ejemplo 1

xdy/dx=2xe^x-y+6x²

xdy=(2xe^x-y+6x²) dx

(2xe^x-y+6x²) dx-xdy=

Mdx+Ndy=0

My=-1

Nx=-1

Luego se trata de una ecuación diferencial exacta.

Si la solución es f (x, y)

M (x, y) = fx =2xe^x-y+6x²

f (x, y) =∫ (2xe^x-y+6x²) dx = 2xe^x-e^x-yx-2x³+g(y)

fy (x, y) =-x+g’(y)

Lo igualamos a N (x, y)

-x+g’(y)=-x

g’(y)=0 y g(y)=C

La solución general es       f (x, y) = 2xe^x-e^x-yx-2x³=C

Ecuación diferencial inexacta

M (x, y) dx+N (x, y) dy=0                                                                 (2)

si

My≠Nx

La ecuación se llama diferencial no exacta.

Para volverla exacta utilizamos factores integrantes:

Supongamos que:

(My-Nx) /N (x, y) sea una función P(x)               (2-1)

o que:

(Nx-My) /M (x, y) sea una función Q(y)          (2,2)

Entonces utilizamos el factor integrante u(x)=e^∫P(x)dx   o  u(y)=e^∫Q(y)dy y multiplicamos la ecuación (2) por el factor integrante u

Si no se consigue una función P(x) o Q(y) con las fórmulas (2-1) 0 (2-2) la ecuación no tiene solución.

Hagámoslo con u(x)= u(x)=e^∫P(x)dx

e^∫P(x)dx M (x, y) dx+ e^∫P(x)dx N (x, y) dy=0                                         (3)

derivada con respecto a y, de e^∫P(x)dx M (x, y) es igual a:

e^∫P(x)dx M_y (x, y)                                        (3-1)

Ya que e^∫P(x)dx se toma como una constante.

Derivada con respecto a x de e^∫P(x)dx N (x, y)

=e^∫P(x)dx N_x (x, y) +N (x, y) e^∫P(x)dx d/dx(∫P(x)dx

= e^∫P(x)dx N_x (x, y) +N (x, y) e^∫P(x)dx P(x)

= e^∫P(x)dx N_x (x, y) +N (x, y) e^∫P(x)dx

e^∫P(x)dxMy(x,y)………..(3-2)    

Con lo que la ecuación (2), con los nuevos coeficientes de dx y dy se convierte en una diferencial exacta.

Si M y N son los nuevos M y N, entonces

M=       e^∫P(x)dx M (x, y)

N= e^∫P(x)dx N (x, y)

My= Nx y la ecuación queda exacta

Ejemplo 2

(1-x²y) dx+x²(y-x) dy=0                                                   (4)

M=1-x²y                                            N=x²(y-x)

My=-x²                                             Nx=2xy-3x²

My≠Nx y por tanto la ecuación no es exacta.

(My-Nx) /N=(-x²-2xy+3x²) /(x²(y-x))

=(2x²-2xy) /(x²(y-x)) =(2x(x-y)) /(x²(y-x)) =-2/x

El factor integrante μ

μ=e ^∫P(x)dx=e ^{∫(-2/x) dx} = e ^-2lnx =e ^{lnxᶺ (-2)} =x^-2 =1/x²

Multiplicando por μ la ecuación (4) obtenemos

(1/x²-y) dx+(y-x) dy=0                                                        (5)

Nuevas M y N

M=1/x²-y                                      N=y-x

My=-1                                          Nx=-1        My=Nx y la ecuación (5) es

exacta.

Para encontrar la función f (x, y), solución a la ecuación, integremos con respecto a x, la nueva M

f (x, y) =∫(1/x²-y) dx = -1/x-yx + g(y)

Ahora derivemos f (x, y) respecto de y encontramos N

-x+g’(y)=N= y-x

g’(y)=y        por tanto,  g(y)=y²/2

La solución general es:

f(xy)= -1/x-yx-y²/2=C

Ecuaciones lineales de la forma:

y’+P(x)y=Q(x)                                                             (6)

Siempre y cuando una ecuación diferencial las podamos transformar en una similar a la (6), estamos hablando de una ecuación diferencial lineal.

Suponemos que la solución es y=y₁(x)u(x)

Y luego haremos algunas restricciones.

y’=y₁u’+uy₁’

La ecuación queda:

y₁u’+uy₁’+P(x)uy₁=Q(x)

u(y₁’+P(x)y₁) +y₁u’=Q(x)

Al factor que multiplica a u lo hacemos igual a 0

y₁’+P(x)y₁=0

y₁’/y₁=-P(x)

lny₁=∫-P(x)dx

y₁=e^∫-P(x)dx   una función de x

u’=Q(x)/y₁(x)

u=∫(Q(x)/y1(x)) dx

Ya tenemos y1(x) y u(x), por tanto, tenemos y=y₁(x)u(x)

Para no tener que memorizar esto y salir fácilmente de la solución de la ecuación, una vez la tengamos en la forma y’+P(x)y=Q(x)

Multiplicamos toda la ecuación por el factor e^∫p(X), y es equivalente a que hubiéramos hecho todo el procedimiento completo.

Ejemplo 3

y’-(4/x) y=x⁵e^x

P(x)=-4/x            Q(x)= x⁵e^x

Factor integrante e^∫P(x)dx

∫(-4/x) dx =-4lnx

e^(-4lnx) =(e^lnx) ^(-4) = x^-4

el factor integrante es x^-4

Multipliquemos la ecuación por x^-4

x^-4y’- (4/x⁵) y=xe^x

el lado izquierdo es igual a

d/dx(x^-4y) =xe^x

Integrando por partes el lado derecho:

x^-4y=xe^x-e^x+c

y=x⁵e^x-x⁴e^x+cx⁴   Es la solución a la ecuación diferencial del ejemplo 3

 

Juan Fernando Sanín E

juanfernando.sanin@gmail.com